初步：加法原理和乘法原理
概念：
加法原理是分类计数原理，常用于排列组合中，具体是指：做一件事情，完成它有n类方式，第一类方式有M1种方法，第二类方式有M2种方法，……，第n类方式有Mn种方法，那么完成这件事情共有M1+M2+……+Mn种方法。
做一件事，完成它需要分成n个步骤，做第一 步有m1种不同的方法，做第二步有m2种不同的方法，……，做第n步有mn种不同的方法。那么完成这件事共有 N=m1×m2×m3×…×mn 种不同的方法。
这个感觉大家都知道（小学奥数就开始学了吧qwq），感觉没有什么好说的qwq
例题参照：AHOI2009 中国象棋
这个题因为和DP结合，状态设计比较难想。但是当我们用\(f[i][j][k]\)来表示到第i行，其中j列摆放了一个棋子，k列摆放了两个棋子之后，我们不难发现状态的转移就是其实就是加法原理和乘法原理的应用：
以下是核心代码：
dp[i][j][k]=(dp[i][j][k]+dp[i-1][j][k])%mod;
//这一行什么都不放
dp[i][j-1][k+1]=(dp[i][j-1][k+1]+j*dp[i-1][j][k])%mod;
//这一行在原先只有一个棋子的那一列放一个棋子
dp[i][j+1][k]=(dp[i][j+1][k]+(m-k-j)*dp[i-1][j][k])%mod;
//这一行在原先没有棋子的那一列放一个棋子
dp[i][j+2][k]=(dp[i][j+2][k]+(m-k-j)*(m-k-j-1)/2*dp[i-1][j][k])%mod;
//这一行在原先没有棋子的两列分别摆放一个棋子
dp[i][j][k+1]=(dp[i][j][k+1]+(m-k-j)*dp[i-1][j][k]*j)%mod;
//这一行在原先有一个棋子和没有棋子的两列分别放一个
dp[i][j-2][k+2]=(dp[i][j-2][k+2]+j*(j-1)/2*dp[i-1][j][k])%mod;
//这一行在原先有一个棋子的两列分别摆放一个棋子加法原理和乘法原理的区别：
一个与分类有关，一个与分步有关；加法原理是 “分类完成”，乘法原理是 “分步完成”。
初识排列
定义
从\(n\)个不同元素中，任取\(m\)（m<=n,m与n均为自然数, 下同）个元素按照一定的顺序排成一列，叫做从\(n\)个不同元素中取出\(m\)个元素的一个排列；从\(n\)个不同元素中取出\(m\)(\(m<=n\))个元素的所有排列的个数，叫做从\(n\)个不同元素中取\(m\)个元素的排列数，用符号\(A_n^m\) 表示。
计算公式
\(A_n^m=\frac{n!}{(n-m)!}\)
常见问题
1、全排列问题
\(A_n^n=n(n-1)(n-2)...3\times 2\times 1=n!\)
2、部分排列
就是上面的计算公式qwq
初识组合
定义：
\(n\)个人中选\(m\)(\(m<=n\)) 个出来，不排队，不在乎顺序就是\(C_n^m\)。
它和排列有关系为：\(C_n^m\times A_m^m=C_n^m\times m!=A_m^n\)
（解释：因为要考虑顺序，选出来的那m个人还需要全排列）
公式：
1、\(C_m^n=\frac{m!}{n!\times (m-n)!}\)
2、\(C_m^n=C_m^{m-n}\)
3、\(C_m^n=C_{m-1}^n+C_{m-1}^{n-1}\)
4、\(C_m^{n+1}=\frac{C_m^{n}\times (m-n)}{n+1}\)
5、\(C_{m}^{0}+C_{m}^{1}+C_{m}^{2}+...+C_{m}^{m}=2^{m}\)
对于第二个公式应该很好理解，就是反选，方案数量自然是一样的。这体现的是它良好的对称性。
第三个公式平常用来递推。可以划分为子问题理解：为如果选第m个数，那么就是在n-1个数里面选择m-1个数，如果不选第m个数，就是在n-1个数里面选m个数。证明如下：
\(∵C_{m}^{n}=\frac{n!}{m!(n-m)!}\)
\(∵C_{m}^{n-1}=\frac{(n-1)!}{m!(n-m-1)!}\)
\(∴C_{m}^{n-1}=\frac{(n-1)!}{m!(n-m-1)!}=\frac{(n-1)!(n-m)}{m!(n-m)!}\)
\(∵C_{m-1}^{n-1}=\frac{(n-1)!}{(m-1)!(n-m)!}=\frac{(n-1)!m}{m!(n-m)!}\)
\(∴C_{m-1}^{n-1}+C_{m-1}^{n}\)
\(=\frac{(n-1)!m}{m!(n-m)!}+\frac{(n-1)!(n-m)}{m!(n-m)!}\)
\(=\frac{n!}{m!(n-m)!}\)
\(=C_m^n\)
- 第四个公式很好证明（展开即可），这里介绍它的应用：（二项式展开）求\((a+b)^n\)展开式的各项系数。
我们会想到杨辉三角进行预处理，但是也可以直接利用公式：
\(C_n^{m+1}/C_n^m=\frac{n-m}{m+1}\)递推来解决。
有限的可重复元素的排列
假设现在有n个元素，对于第一类元素\(n_1\)，有sum1个重复，第二类元素\(n_2\)，有sum2个重复......第m类元素\(n_m\)，有summ个重复，总方案数为：
\[\frac{n!}{sum_1!\times sum_2!\times ...\times sum_m!}\]
附上一张来自wikipedia的图帮助理解：
无限的可重复元素组合问题
上面讲解的是有限的可重复元素排列问题，下面讲无限的可重复元素排列问题（就是每个元素都可以用无限多次参与排列）
现在我们从m个元素中选择k个元素的，然后我们将这k个元素进行排序之后应该是这个样子：（设我们选择的数为编号为\(a_i\)
\(1<=a_1<=a_2<=......<=a_k<=m\)
那么现在我们将等于号消去：
\(1<=a_1<=a_2+1<=a_3+2<=......<=a_k+k-1<=m+k-1\)
现在我们设\(b_i=a_i+i-1\),那么很容易我们可以发现
\(1<=b_1<b_2<b_3<......<b_k<=n-k+1\)
那么现在问题就转换成了在\([1,n+k-1]\)中选择k个不重复的元素了，那么根据我们的组合公式，自然是\(C_{m+k-1}^k\)了qwq
同理还有求编号在1~n的元素中取k个元素，使得他们的编号不相邻。公式是一样的，证明也是一样的。
二项式
这里有一张来自wikipedia的图，我觉得特别棒
二项式的系数公式：
\((x+y)^n=C_n^0x^ny^0+C_n^1x^{n-1}y^1+......+C_n^nx^0y^n\)
（可以看到，其实也可以用杨辉三角表示）
综合起来就是
\((x+y)^n=\sum_{k=0}^n\times C_n^k\times x^{n-k}\times y^k\)
错排问题
错排就是诸如有1~n n个人，每个人按照1~n进行编号，现在要让他们排成一队，但是每个人不能在自己编号上的问题。
对于这个问题，luogu日报已经有专门的一期来进行详细的讲解~~
传送门——戳我~~
圆排
从n个不同元素中不重复地取出m（1≤m≤n）个元素在一个圆周上，叫做这n个不同元素的圆排列。如果一个m-圆排列旋转可以得到另一个m-圆排列，则认为这两个圆排列相同。
n个不同元素的m-圆排列个数N为：
\(A_n^m/m=\frac{n!}{(n-m)\times m}\)
特别地，当m=n时，n个不同元素作成的圆排列总数N为： \(N=(N-1)!\)
环上的染色问题
现在一个环被分成了n段，要求每一段上都涂上颜色。一共有k种不同的颜色，涂好之后两两相邻颜色不能相同。问有多少种涂色方案？
这个问题我们可以这样考虑：
第一种情况：如果我们把原先的环看作只有\(n-1\)段，进行涂色，那么就是子问题\(A_{n-1}\)，而且因为现在两两相邻的一定颜色不同，所以这时候我们再添加一个的话就是乘上\(m-2\)；
第二种情况：我们把原先的环看作\(n-2\)段，，这样的话转换成了\(A_{n-2}\)的子问题，然后我们随意将一段分为两段，这时候还差一段，在两个相同颜色中间插入一种颜色，自然是有\(m-1\)种选择方法。
递推公式整理如下：
\(A_n=(m-2)A_{n-1}+(m-1)A_{n-2}\)
这是一个二阶常系数递推式，推导之后通项公式如下：
\(A_n=(m-1)^n+(-1)^n\times (m-1)\)
例题参照：
NOIP2017 组合数问题 这个没什么好说的，就是杨辉三角
codeforces 991E 可重复元素的排列+搜索
HNOI2008 越狱
我们直接考虑不太方便，但是可以想到补集转换，算出来所有的方案数然后减去不合法的就很简单了qwq，之后就是快速幂的模板了qwq
nowcoder 选择颜色 环上的颜色选择问题，相邻要求不同色。
以上。。。蒟蒻做题少，欢迎各位dalao指教啦~~